Devoir surveillé – Chapitre 9

1. Le système est le centre du ballon, assimilé à un point matériel. Le référentiel est le référentiel terrestre, celui de la caméra fixe et du sol du gymnase, supposé galiléen pendant la durée du tir. (0,5 pt système, 0,5 pt référentiel)

2. Un carreau représente \(0{,}10\) m sur les deux axes.
\(M_2\,(0{,}40\ ;\ 0{,}70)\) m ; \(M_3\,(0{,}60\ ;\ 0{,}90)\) m ; \(M_4\,(0{,}80\ ;\ 1{,}00)\) m. (0,5 pt par point)

3. La méthode centrée utilise les points qui encadrent \(M_3\), soit \(M_2\) et \(M_4\), séparés de \(2\tau = 0{,}20\) s :
\(v_{x,3}=\dfrac{x_4-x_2}{2\tau}=\dfrac{0{,}80-0{,}40}{0{,}20}=2{,}0\) m·s\(^{-1}\) ;
\(v_{y,3}=\dfrac{y_4-y_2}{2\tau}=\dfrac{1{,}00-0{,}70}{0{,}20}=1{,}5\) m·s\(^{-1}\).
D'où \(v_3=\sqrt{2{,}0^2+1{,}5^2}=\sqrt{6{,}25}=2{,}5\) m·s\(^{-1}\). (0,5 pt méthode, 1 pt coordonnées, 0,5 pt norme)

4. À l'échelle demandée, le vecteur part de \(M_3\), avance de 2 carreaux vers la droite et de 1,5 carreau vers le haut. Son extrémité tombe donc au point de coordonnées \((0{,}80\ ;\ 1{,}05)\) m. On vérifie qu'il est bien tangent à la trajectoire, dans le sens du mouvement. (0,5 pt origine en \(M_3\), 1 pt tracé à l'échelle)

5. Il faut d'abord les vitesses aux points voisins, par la même méthode :
\(v_{y,2}=\dfrac{y_3-y_1}{2\tau}=\dfrac{0{,}90-0{,}40}{0{,}20}=2{,}5\) m·s\(^{-1}\) et \(v_{y,4}=\dfrac{y_5-y_3}{2\tau}=\dfrac{1{,}00-0{,}90}{0{,}20}=0{,}5\) m·s\(^{-1}\) ; la coordonnée \(v_x\) vaut \(2{,}0\) m·s\(^{-1}\) en tout point.
Puis \(a_{x,3}=\dfrac{2{,}0-2{,}0}{0{,}20}=0\) et \(a_{y,3}=\dfrac{v_{y,4}-v_{y,2}}{2\tau}=\dfrac{0{,}5-2{,}5}{0{,}20}=-10\) m·s\(^{-2}\).
Donc \(\vec a_3\,(0\ ;\ -10)\) m·s\(^{-2}\) : le vecteur est vertical, dirigé vers le bas, de valeur \(10\) m·s\(^{-2}\).
Écart relatif avec \(g=9{,}81\) m·s\(^{-2}\) : \(\dfrac{|10-9{,}81|}{9{,}81}\approx2\ \%\). L'accord est excellent : pendant cette phase, le ballon n'est soumis qu'à son poids, la résistance de l'air étant négligeable à cette vitesse. L'écart s'explique par la précision du pointage — une position lue au demi-carreau près suffit à le produire. (1 pt vitesses voisines, 1 pt coordonnées de \(\vec a_3\), 0,5 pt écart et commentaire)

6. La boucle parcourt tous les indices de \(0\) à \(N-1\). Or la méthode centrée a besoin du point précédent et du point suivant : pour \(i = 0\) il n'existe pas de x[i-1] utilisable — en Python, x[-1] désigne le dernier élément du tableau, si bien que le calcul ne plante pas mais donne un résultat faux — et pour \(i = N-1\), x[i+1] provoque une erreur d'indice.
Correction : for i in range(1, len(t) - 1):, les deux extrémités restant indéfinies. (0,5 pt erreur, 0,5 pt correction)

7. Non. Au sommet, seule la coordonnée verticale de la vitesse s'annule. Le pointage montre que l'écart horizontal entre deux positions reste constant, égal à 2 carreaux : \(v_x = 2{,}0\) m·s\(^{-1}\) partout, y compris entre \(M_4\) et \(M_5\). Le ballon continue donc d'avancer à \(2{,}0\) m·s\(^{-1}\). (0,5 pt)

1. La trajectoire est un cercle et la valeur de la vitesse est constante : le mouvement est circulaire uniforme. Le vecteur vitesse n'est pas constant : sa valeur ne change pas, mais sa direction change en permanence puisqu'il reste tangent au cercle. Un vecteur n'est constant que si sa direction, son sens et sa valeur le sont tous les trois. (0,5 pt nom, 1 pt justification)

2. Le cycliste parcourt la circonférence \(2\pi R\) pendant la durée \(T\) :
\(v=\dfrac{2\pi R}{T}=\dfrac{2\pi\times25}{10{,}5}=\dfrac{157{,}1}{10{,}5}\approx15{,}0\) m·s\(^{-1}\), soit \(54\) km·h\(^{-1}\). (0,5 pt expression, 1 pt calcul, 0,5 pt unité et chiffres significatifs)

3. \(a=\dfrac{v^2}{R}=\dfrac{15^2}{25}=\dfrac{225}{25}=9{,}0\) m·s\(^{-2}\).
Le vecteur est radial — porté par le rayon \(CP\) — et centripète : dirigé de \(P\) vers le centre \(C\). (1 pt calcul, 0,5 pt direction, 0,5 pt sens)

4. \(\dfrac{a}{g}=\dfrac{9{,}0}{9{,}81}\approx0{,}92\) : l'accélération vaut environ \(0{,}92\,g\), soit presque autant que celle d'un objet en chute libre. Le cycliste doit donc s'incliner nettement vers l'intérieur du virage — ce que permet le relèvement de la piste du vélodrome. (1 pt rapport chiffré, 0,5 pt commentaire)

5. \(a_t=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\approx\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=\dfrac{18-15}{2{,}0}=\dfrac{3{,}0}{2{,}0}=1{,}5\) m·s\(^{-2}\), dirigée dans le sens du mouvement puisque la vitesse augmente. (0,5 pt expression, 1 pt calcul et sens)

6. Au début de la relance, \(a_n=\dfrac{v^2}{R}=\dfrac{15^2}{25}=9{,}0\) m·s\(^{-2}\) — la valeur de la partie A. Les deux composantes étant perpendiculaires :
\(a=\sqrt{a_t^2+a_n^2}=\sqrt{1{,}5^2+9{,}0^2}=\sqrt{2{,}25+81}=\sqrt{83{,}25}\approx9{,}1\) m·s\(^{-2}\).
Non, le vecteur n'est plus dirigé vers le centre : il ne le serait que si \(a_t\) était nulle, c'est-à-dire si le mouvement restait uniforme. Ici \(a_t\neq0\), donc \(\vec a\) est incliné vers l'avant. L'inclinaison reste faible — \(a_t\) est six fois plus petite que \(a_n\), soit un écart d'environ \(9°\) — ce qui explique que la valeur de l'accélération change à peine, de \(9{,}0\) à \(9{,}1\) m·s\(^{-2}\). (0,5 pt \(a_n\), 0,5 pt norme, 0,5 pt justification)

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